(SKKN 2022) giúp học sinh lớp 12 giải quyết một số bài tập vận dụng, vận dụng cao về đốt cháy hỗn hợp amin và các chất hữu cơ

MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2 NỘI DUNG .2 2.1 Cơ sở lí luận đề tài 2.2 Thực trạng đề tài trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Kiến thức sử dụng: 2.3.2 Một số ví dụ minh họa: .5 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 15 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ .16 3.1 Kết luận 16 3.2 Kiến nghị .16 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong dạy học hóa học, có thể nâng cao chất lượng dạy học phát triển lực nhận thức cho học sinh bằng nhiều biện pháp, phương pháp khác Trong đó, giải tập hóa học với tư cách một phương pháp dạy học có tác dụng tích cực đến việc giáo dục, rèn luyện phát triển học sinh; mặt khác, cũng thước đo thực chất nắm vững kiến thức kỹ hóa học học sinh Trong chương trình Hóa học THPT dạng tập hóa học phong phú, đa dạng, đó tập amin cũng hỗn hợp amin với chất hữu khác chiếm một phần quan trọng Trong những năm gần đây, kỳ thi, đặc biệt kỳ thi TN THPTQG tập liên quan đến amin cũng hỗn hợp amin chất hữu thường xuất đề thi đề thi TN THPTQG Bộ GD & ĐT, đề thi thử TN THPTQG trường THPT, sở GD&ĐT Vì vậy, chọn đề tài ‘‘Giúp học sinh lớp 12 giải số tập vận dụng, vận dụng cao đốt cháy hỗn hợp amin chất hữu cơ’’ nhằm giúp học sinh rèn luyện nhiều dạng tập hóa học, giúp em có thêm hành trang vững chắc, tự tin trước bước vào kỳ thi, đặc biệt kỳ thi TN THPTQG sắp tới 1.2 Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh xử lí tốt mợt số tập VD, VDC đốt cháy hỗn hợp amin chất hữu cơ, giúp em đạt kết cao kỳ thi 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Học sinh giỏi lớp 12 trường - Các tập VD, VDC liên quan đến đốt cháy hỗn hợp amin chất hữu 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu liên quan - Nghiên cứu tập VDC liên quan đến đốt cháy hỗn hợp amin chất hữu chương trình Hóa học THPT - Đề xuất mợt số biện pháp giúp học sinh học tốt môn hóa - Thực nghiệm sư phạm đánh giá hiệu đề tài NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận đề tài Thực tế trường phổ thông bộ môn hóa học, tập hóa học giữ vai trò quan trọng việc thực mục tiêu đào tạo Bài tập hóa học - một những phương tiện hiệu nghiệm để học sinh củng cố khắc sâu kiến thức - giúp học sinh đào sâu, mở rộng kiến thức học một cách sinh động, phong phú Chỉ có vận dụng kiến thức vào việc giải tập nắm vững kiến thức một cách sâu sắc - phương tiện để ôn tập, củng cố, hệ thống hóa kiến thức một cách tốt - rèn luyện kỹ hóa học cho học sinh, kỹ thực hành, thí nghiệm - cịn sử dụng phương tiện để nghiên cứu tài liệu trang bị kiến thức mới, giúp học sinh tích cực linh hợi kiến thức một cách sâu sắc bền vững - phương tiện để kiểm tra kiến thức, kĩ học sinh mợt cách xác - cịn có tác dụng giáo dục đạo đức, tác phong, rèn tính kiên nhẫn, trung thực, xác, khoa học - phát huy khả tư độc lập, sáng tạo học sinh 2.2 Thực trạng đề tài trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Qua thực tế giảng dạy hóa học tơi thấy: - Mơn hóa học môn học mà cấp THCS chưa trọng quan tâm, nhiều HS, phụ huynh, giáo viên quan tâm đến một số môn thi vào lớp 10 toán, văn, tiếng anh mà chưa quan tâm mức đến môn hóa, đặc biệt vùng nông thôn, miền núi Do đó, mặc dù nhiều em có lực tốt mơn tốn, vật lí kiến thức mơn hóa học bước vào lớp 10 cịn mơ hồ, chí khơng biết Điều đó làm cho chất lượng mơn hóa vào cấp THPT nhìn chung cịn thấp - Do thời gian giảng dạy lớp cịn hạn chế, mợt số giáo viên chưa đề cập hết dạng tập hóa học, đặc biệt tốn phức tạp - Mợt số học sinh học yếu môn hóa ảnh hưởng đáng kể đến việc giảng dạy chung lớp giáo viên - Trong năm gần đây, bộ môn Hóa học cấp THCS THPT khơng cịn coi trọng những năm trước, điều cũng ảnh hưởng đến tâm lí học sinh, phụ huynh giáo viên giảng dạy môn hóa - Do thời gian lớp hạn chế nên một số giáo viên chưa đề cập hết dạng bài tập hóa học, đó có những dạng tập khó toán đốt cháy hỗn hợp amin chất hữu 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Kiến thức sử dụng: Việc giải tập VDC thường có nhiều hướng, nhiều cách khác Trong phạm vi đề tài thường sử dụng phương pháp tách nhóm nguyên tố, quy đổi * Amin: + Amin no, đơn chức mạch hở: CnH2n+3N  CH5N + ?CH2  ?CH2 + NH + H2  CH4 + NH + ?CH2 + Amin no, mạch hở: CnH2n+2+xNx  CH4 + xNH + ?CH2  ?CH2 + xNH + H2 + Amin no, chức, mạch hở: CnH2n+4N2  ?CH2 + 2NH + H2  CH4 + 2NH + ?CH2 + Amin không no, đơn chức, mạch hở, phân tử có liên kết đôi: CnH2n+1N  ?CH2 + NH + Amin không no, chức, mạch hở, có liên kết đôi: CnH2n+2N2  ?CH2 + 2NH * Hiđrocacbon: + Ankan: CnH2n+2  ?CH2 + H2  CH4 + ?CH2 + Anken: CnH2n  nCH2  C2H4 + ?CH2 + Ankin ankađien: CnH2n-2  ?CH2 – 1H2  CH4 + ?CH2 – 2H2 + Hiđrocacbon bất kỳ: CnH2n+2-2k  ?CH2 + (1-k)H2 * Các chất hữu khác + Ancol no, đơn chức, mạch hở: CnH2n+2O  ?CH2 + H2O + Amino axit no, mạch hở, phân tử có nhóm NH2, nhóm COOH Gly, Ala, Val = CH4 + ?CH2 + COO + NH = ?CH2 + COO + NH + H2 = C2H5NO2 + ?CH2 + Este axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở: CnH2nO2 = ?CH2 + COO + H2 Tùy tập cụ thể mà ta áp dụng cách tách phù hợp * Một số phản ứng amin: - Amin tác dụng với axit: + Amin đơn chức: CxHyN + HCl  CxHy+1NCl + Amin chức: CxHyN2 + 2HCl  CxHy+2N2Cl2 + Amin đa chức: CxHyNz + zHCl  CxHy+zNzClz mmuối = mamin pư + mHCl pư nHCl(pư) = z.namin(pư) (z số chức amin) - Phản ứng cháy amin: + Amin no, đơn chức, mạch hở: t0 C n H 2n 3 N + (1,5n+0,75)O   nCO + (n+1,5)H 2O + 0,5N namin pư = nH2O – nCO2 – nN2 + Amin không no, đơn chức, mạch hở, phân tử có liên kết đôi: t0 C n H 2n 1N + (1,5n+0,25)O   nCO + (n+0,5)H 2O + 0,5N + Amin no, chức, mạch hở: t0 Cn H 2n  N + (1,5n+1)O   nCO + (n+2)H 2O + N namin pư = nH2O – nCO2 – nN2 + Amin no, mạch hở: t0 C n H 2n 2 x N x + (1,5n+0,5+0,25x)O   nCO + (n+1+0,5x)H 2O + 0,5xN namin pư = nH2O – nCO2 – nN2 Việc tách nhóm nhóm ngun tố cần tính đến yếu tố cho đề cho hợp lí, sử dụng tối đa kiện đề kết nhanh 2.3.2 Một số ví dụ minh họa: 2.3.2.1 Đốt cháy hỗn hợp amin với hiđroacbon: Ví dụ (Trích đề tham khảo 2021) Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) ankan Y, số mol X lớn số mol Y Đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol E cần dùng vừa đủ 0,67 mol O2, thu N2, CO2 0,54 mol H2O Khối lượng X 14,56 gam hỗn hợp E A 7,04 gam B 7,20 gam C 8,80 gam D 10,56 gam Hướng dẫn giải: BTNT.O  nCO2 = 0,4 mol Amin X = CH4 + ?CH2 + ?NH Ankan Y = CH4 + ?CH2 CH : 0,09 CO2 : 0,4    O : 0,67  H 2O : 0,54 CH : a  N   Quy đổi E thành  NH : b BTNT.C  0,09 + a = 0,4  a = 0,31 BTNT.H  4.0,09 + 2a + b = 2.0,54  b = 0,1 Hỗn hợp E gồm: X (CnH2n+2+xNx : 0,1/x mol) Y (CmH2m+2) Do nX > nY  nX > 0,045  0,1/x > 0,045  x < 2,22  x = hoặc x = Nếu x = nX = 0,1 > 0,09 (vơ lí) Vậy x =  X CnH2n+4N2 (0,05 mol) ; Y CmH2m+2 (0,04 mol) BTNT.C  0,05n + 0,04m = 0,4  n = m = thỏa mãn Vậy E gồm C4H12N2 (0,05) C5H12 (0,04) nặng 7,28 gam  14,56 gam hh E chứa 0,1 mol C4H12N2  m C H N  8,8 gam  đáp án C Nhận xét: Ở tập chất tách thành nhóm có CH4 để giữ lại phương trình số mol hỗn hợp 12 Ví dụ (Trích đề TN THPTQG đợt 1-2021-BGD-Mã đề 221) Hỗn hợp E gồm hai amin X (CnHmN), Y (CnHm+1N2, với n ≥ 2) hai anken đồng đẳng Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol E, thu 0,02 mol N 2, 0,14 mol CO2 0,19 mol H2O Phần trăm khối lượng X E A 28,24% B 45,04% C 22,52% D 56,49% Hướng dẫn giải: nH2O – nCO2 = 0,19 – 0,14 = 0,05  amin no hoặc có liên kết đôi X : Cn H 2n 1N  Y : Cn H 2n 2 N Nếu amin có liên kết đơi  nH2O – nCO2 = 0,5nX + nY < 0,05 (vơ lí) X : Cn H 2n 3 N  Y : Cn H 2n 4 N Vậy amin no Cách Cn H 2n 3 N + (1,5n+0,75)O   nCO  (n  1,5)H 2O  0,5N x nx (n+1,5)x 0,5x (mol) Cn H 2n 4 N + (1,5n+1)O   nCO2  (n  2)H 2O  N y ny (n+2)y y (mol) Cp H 2p + 1,5pO2   pCO  pH 2O z pz pz (mol) nE = x + y + z = 0,05 nN2 = 0,5x + y = 0,02 nH2O – nCO2 = 1,5x + 2y = 0,05  x = 0,02; y = 0,01; z = 0,02 nCO2 = 0,02n + 0,01n + 0,02p = 0,14  3n + 2p =14 Do n ≥ 2; n số nguyên; p > 2; p không nguyên  n = 3; p = 2,5 Vậy E gồm X (C3H9N: 0,02 mol); Y (C3H10N2: 0,01 mol) C2H4 (0,01 mol); C3H6 (0,01 mol) 0,02.59 %X  100% 2,62 mE = 2,62 gam  = 45,04%  đáp án B Cách X (x mol) = ?CH2 + NH + H2 Y (y mol) = ?CH2 + 2NH + H2 Anken = ?CH2 Quy hh E về: CH2: (0,14 mol); NH: (x + 2y) mol); H2: (x + y) mol BTNT.N: x + 2y = 0,04 BTNT.H: 0,14.2 + 0,04 + 2(x + y) = 0,19.2  x = 0,02; y = 0,01  nanken = 0,02 nCO2 = 0,02n + 0,01n + 0,02p = 0,14  3n + 2p =14 (p số C trung bình phân tử anken) Do n ≥ 2; n số nguyên; p > 2; p không nguyên  n = 3; p = 2,5 Vậy E gồm X (C3H9N: 0,02 mol); Y (C3H10N2: 0,01 mol) C2H4 (0,01 mol); C3H6 (0,01 mol) 0,02.59 %X  100% 2,62 mE = 2,62 gam  = 45,04%  đáp án B Ví dụ (Trích đề thi TN THPTQG đợt 2-2021-Bộ GD&ĐT-Mã đề 223) Hỗn hợp E gồm amin X, Y đồng đẳng (MX < MY phân tử X có số cacbon nhiều nitơ) hai ankin đồng đẳng (có số mol bằng nhau) Đốt cháy hoàn toàn 0,07 mol E, thu 0,025 mol N 2, 0,17 mol CO2 0,225 mol H2O Phần trăm khối lượng X E A 28,21% B 55,49% C 42,32% D 36,99% Hướng dẫn giải: Đốt cháy amin có: nH2O – nCO2 – nN2 = (1-k).namin Đốt cháy ankin có: nH2O – nCO2 = -nankin  cộng vế với vế được: nH2O – nCO2 – nN2 = (1-k)namin - nankin  (1-k)namin – nankin = 0,225 – 0,17 – 0,025 = 0,03  (1-k)namin = nankin + 0,03  1-k >  k <  k = Vậy amin no Amin = CH4 + ?CH2 + ?NH Ankin = CH4 + ?CH2 -2H2 CH : 0,07  BTNT.C  0,1 CH    NH : 0,05 BTNT.H H  0,04   n ankin  0,02 Quy đổi hỗn hợp E   namin = 0,05, mà nNH = 0,05  amin đơn chức Đặt số C amin ankin tương ứng là: n m (m > 2)  0,05n + 0,02m = 0,17  5n + 2m = 17 X có số C nhiều số N nên số CX ≥  n > 2; m > Mặt khác ankin có số mol bằng nên m = 2,5 hoặc 3,5; 4,5…  n = 2,4; m = 2,5 nghiệm Vậy E gồm: C2H7N (a mol); C3H9N (b mol); C2H2 (0,01 mol); C3H4 (0,01 mol) Ta có: a + b = 0,05 2a + 3b = 2,4.0,05  a = 0,03; b = 0,02 mE = 3,19 gam  %X(C2H7N) = 0,03.45.100%/3,19 = 42,32%  đáp án C Ví dụ (Trích đề thi thử TN THPTQG 2021-Sở Hà Nội) Trộn hỗn hợp X (gồm etylamin propylamin) với hiđrocacbon mạch hở Y theo tỉ lệ mol tương ứng 1:2 thu hỗn hợp Z Đốt cháy hoàn toàn 11,92 gam hỗn hợp Z cần dùng vừa đủ 1,08 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O N2 dẫn qua dung dịch NaOH đặc, dư thấy khối lượng dung dịch tăng 44,8 gam Khối lượng Y hỗn hợp Z gần với kết sau ? A 6,25 gam B 7,10 gam C 6,73 gam D 9,50 gam Hướng dẫn giải: BTKL có: mN2 = 11,92 + 32.1,08 – 44,8 = 1,68 gam  nN2 = 0,06 mol  nX = nN = 0,12 mol  nY = 2nX = 0,24 mol Đặt nCO2 = a; nH2O = b Ta có: 44a + 18b = 44,8 BTNT.O: 2a + b = 2.1,08  a = 0,74; b = 0,68 X có công thức chung: CnH2n+3N (2 < n < 3); gọi số C phân tử Y m Ta có: nC = 0,12n + 0,24m = 0,74  6n + 12m = 37 Do < n <  1,583 < m < 2,083  m = Nếu Y C2H6 hoặc C2H4 nH2O > nCO2 (Vơ lí) Vậy Y C2H2 (0,24 mol)  mY = 0,24.26 = 6,24 gam  đáp án A Nhận xét: Ở ta biện luận Y sau:Do đốt amin thu nH2O >nCO2 nên đốt Y phải thu nCO2 > nH2O để tổng nCO2 > nH2O Như phân tử Y phải có liên kết pi Vậy Y C2H2 Ví dụ (Trích đề thi thử TN THPTQG lần 2-2021-THPT Chuyên SP Hà Nội) Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) ankin Y, số mol X lớn số mol Y Đốt cháy hoàn toàn 0,11 mol E cần dùng vừa đủ 0,455 mol O 2, thu N2, CO2 0,35 mol H2O Khối lượng Y 22,96 gam hỗn hợp E A 8,80 gam B 5,20 gam C 6,24 gam D 9,60 gam Hướng dẫn giải: X có công thức CnH2n+2+xNx (a mol); Y có công thức CmH2m-2 (b mol) Ta có: a + b = 0,11 (1) BTNT Oxi: 2.0,455 = 2nCO2 + 0,35  nCO2 = na + mb = 0,28 (2) nH2O = (n + + 0,5x)a + (m-1)b = 0,35  (na + mb) + a – b + 0,5ax = 0,35 Ta có: nH2O – nCO2 = 0,07  a – b + 0,5ax = 0,07 (3) Do a > b  a > 0,055 a – b >  0,5ax < 0,07  x < 2,54  x = hoặc x = + Với x = thay vào (3) có: 1,5a – b = 0,07 (4) Từ (1) (4)  a = 0,072; b = 0,038 Thay vào (2) có: 0,072n + 0,038m = 0,28  36n + 39m =140 (vô nghiệm) + Với x = thay vào (3) có: 2a – b = 0,07 (5) Từ (1) (5)  a = 0,06; b = 0,05 Thay vào (2) được: 6n + 5m = 28  n = 3; m = nghiệm Vậy X C3H10N2 (0,06 mol) Y C2H2 (0,05 mol) có tổng khối lượng 5,74 gam Khối lượng Y 22,96 gam E 0,05.26.22,96 : 5,74 = 5,2 gam  đáp án B Ví dụ (Trích đề thi thử TN THPTQG lần - 2021-THPT Quảng Xương 1) Hỗn hợp X chứa etylamin trimetylamin Hỗn hợp Y chứa hai hiđrocacbon mạch hở có chứa không liên kết pi Trộn X Y theo tỷ lệ mol n X:nY = 1:5 thu hỗn hợp Z Đốt cháy hoàn toàn toàn 6,34 gam hỗn hợp Z cần dùng vừa đủ 14,0 lít oxi (đktc), sản phẩm cháy gồm CO 2, H2O N2 dẫn qua dung dịch NaOH đặc dư thấy khối lượng dung dịch tăng 25,78 gam Lượng Y có thí ngiệm làm mầu vừa đủ V ml dung dịch Br 1M Giá trị V A 360 B 120 C 240 D 480 Hướng dẫn giải: nO2 = 0,625; mdd tăng = mCO2 + mH2O = 25,78 gam BTKL: mN2 = 6,34 + 0,625.32 – 25,78 = 0,56 gam  nN2 = 0,02  nX = nN = 0,04  nY = 5nX = 0,2 Đặt a, b số mol CO2 H2O  44a + 18b = 25,78 BTNT.O: 2a + b = 0,625.2  a = 0,41; b = 0,43 Đặt n m số C trung bình X Y nC = 0,04n + 0,2m = 0,41 n + 5m = 10,25 Do < n < nên m <  Y chứa CH4 (c mol) CpH2p+2-2k (d mol) (k ≤ 3) nY = c + d = 0,2 (1) nCO2 = 0,04n + c + pd = 0,41 (2) nH2O = 0,04(n+1,5) + 2c + d(p + – k) = 0,43 (3) Lấy (3) – (2) được: 0,06 + c + d - kd = 0,02 (4) Thế (1) vào (4)  kd = 0,24  d = 0,24/k Nếu k = d = 0,24 (vơ lí) Với k =  d = 0,12; c = 0,08 Thay vào (2)  0,04n + 0,08 + 0,12p = 0,41  4n + 12p = 33 p < 33/12 = 2,75  p =2  C2H2 (0,12 mol)  nBr2(pư) = 0,24  đáp án C Với k =  d = 0,08, c = 0,12  0,04n + 0,12 + 0,08p = 0,41 (Vô nghiệm) Ví dụ (Trích đề thi thử TN THPTQG lần - 2021-THPT Chuyên SP Hà Nội) Hỗn hợp E gồm amin bậc III, no, đơn chức, mạch hở X, anken Y một ankin Z (số nguyên tử cacbon Z lớn số nguyên tử cacbon Y, tỉ lệ mol giữa Y Z tương ứng : 2) Đốt cháy hoàn toàn 11,15 gam hỗn hợp E cần dùng 35,6 gam O2, thu hỗn hợp F gồm CO2, H2O N2 Dẫn tồn bợ F qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư đến phản ứng hồn tồn thấy khối lượng bình tăng thêm 46,05 gam Tổng số nguyên tử cacbon chất E A B C D 10 Hướng dẫn giải: Do X amin bậc nên CX ≥ Y anken: CY ≥ 2; Z ankin số CZ > CY  CZ ≥ C H N : a CO  C H : 3b  46,05 g    O :1,1125   H 2O   C3H : 2b N  CH : c 43 11,15 g Quy đổi E BTKL  mN2 = 0,7 gam  nN2 = 0,025  a = 2nN2 = 0,05 Đặt nCO2 = x; nH2O = y  44x + 18y = 46,05 BTNT.O: 2x + y = 2,225  x = 0,75; y = 0,725  nC = 3.0,05 + 12b + c = 0,75  12b + c = 0,6 nH2O = 4,5.0,05 + 10b + c = 0,725  10b + c = 0,5  b = 0,05; c = Tổng số nguyên tử C E + + =  đáp án B Nhận xét: Bài ta quy đổi hỗn hợp E CH5N; C2H4, C2H2, CH2 Tuy nhiên sau việc ghép CH2 trở lại chất lâu Ví dụ (Trích đề thi thử TN THPTQG 2021-Sở Ninh Bình) Hỗn hợp E chứa amin no, đơn chức, mạch hở X, ankan Y anken Z Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol E cần dùng vừa đủ 1,03 mol O thu H2O, 0,56 mol CO2 0,06 mol N2 Phần trăm khối lượng X E gần với giá trị sau đây? A 30,3% B 32,7% C 36,2% D 28,2% Hướng dẫn giải: BTNT.O: nH2O = 2nO2 – 2nCO2 = 0,94 mol namin = 2nN2 = 0,12 CH N : 0,12 CO : 0,56 CH : a    O :1,03   H 2O : 0,94  C H : b  N : 0,06   Quy đổi E CH : c BTNT.C: a + 2b + c + 0,12 = 0,56  a + 2b + c = 0,44 (1) BTNT.H: 4a + 4b + 2c + 5.0,12 = 2.0,94  4a + 4b + 2c = 1,28 (2) nE = 0,12 + a + b = 0,4  a + b = 0,28 (3) Giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,08; c = 0,08  Chỉ có thể ghép CH2 vào C2H4 thành C3H6 (0,08 mol) mE = 0,12.31 + 0,2.16 + 0,08.42 = 10,28 gam 0,12.31 %CH  100% 10,28  = 36,19%  đáp án C Ví dụ (Trích đề thi thử TN THPTQG 2021-Sở Phú Thọ) Hỗn hợp E gồm một ankan, anken amin no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng liên tiếp X, Y (M X < MY, số mol Y gấp lần số mol X) Đốt cháy hoàn toàn 0,44 mol E cần dùng vừa đủ 25,872 lít O2, thu CO2, 1,568 lít N2 19,26 gam H2O Phần trăm khối lượng X E có giá trị gần với giá trị sau đây? A 4,9% B 5,4% C 3,8% D 2,8% Hướng dẫn giải: nN2 = 0,07; nO2 = 1,155; nH2O = 1,07 BTKL ta có: mE = 11,54 gam namin = 2nN2 = 0,14 mol Do nY = 6nX  nY = 0,12; nX = 0,02 Đặt công thức ankan là: CnH2n+2, anken CmH2m amin CpH2p+3N Dễ thấy: nankan + namin = nH2O – nCO2 – nN2 = 0,38 mol  nankan = 0,24 mol  nanken = 0,06 mol BTNT.C có: 0,24n + 0,06m + 0,14p = 0,62  12n + 3m + 7p = 31 (n ≥ 1; m ≥ 2; p > 1) Do amin nY = 6nX nên p nhận giá trị như: 13/7; 20/7; 27/7… 10 Chỉ có p = 13/7; n = 1; m = thõa mãn 0,02.31 %X(CH5 N)  100%  5,37% 11,54  đáp án B Nhận xét: Bài tập sử dụng phương pháp quy đổi hỗn hợp E (CH4: 0,24; C2H4: 0,06; C13/7H47/7N: 0,14; CH2) Ví dụ 10 (Trích đề thi thử TN THPTQG lần 2-2021-Sở Nam Định) Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồm hai amin no, đơn chức, mạch hở một hiđrocacbon cần vừa đủ 0,18 mol O2, thu hỗn hợp Y gồm H 2O, 0,11 mol CO2 0,01 mol N2 Mặt khác, cho 9,4 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu m gam muối amoni Giá trị m A 8,25 B 7,45 C 9,65 D 8,95 Hướng dẫn giải: BTNT.O  nH2O = 0,14 BTKL  mX = 1,88 gam Amin: CnH2n+3N (0,02 mol) Hidrocacbon: CmH2m+2-2k (0,04 mol) nH2O – nCO2 = 1,5namin + (1-k)nhidrocacbon 0,11 – 0,08 = 1,5.0,02 + (1-k).0,04  k =  m ≥ BTNT.C: 0,02n + 0,04m = 0,11 Do n > m số nguyên, m ≥ nên m = 2; n = 1,5 nghiệm  mmuối = mamin + mHCl = 0,02.38 + 0,02.36,5 = 1,49 gam 9,4 m 1, 49 1,88  9,4 gam X tác dụng với HCl dư = 7,45  đáp án B Ví dụ 11 (Trích đề thi thử TN THPTQG lần 2-2021-Sở Nghệ An) Hỗn hợp E gồm hai amin no, đơn chức, mạch hở X, Y đồng đẳng (M X < MY) hidrocacbon Z Đốt cháy hồn tồn 2,24 lít hỗn hợp E (đktc) thu N 0,31 mol CO2; 0,19 mol H2O Biết X, Y, Z chất khí điều kiện thường Khối lượng X 2,24 lít khí E A 1,35 gam B 0,93 gam C 0,45 gam D 0,31 gam Hướng dẫn giải: 2.0,19 H  3,8 0,1 Ta có:  Hidrocacbon C2H2 hoặc C4H2 TH1: E gồm: CnH2n+3N (amol) C2H2 (b mol) Ta có: a + b = 0,1 Và nH2O – nCO2 = 1,5a – b = -0,12  a = - 0,008; b = 0,108 (loại) TH2: E gồm: CnH2n+3N (amol) C4H2 (b mol) Ta có: a + b = 0,1 Và nH2O – nCO2 = 1,5a – 3b = -0,12  a = 0,04; b = 0,06 11 BTNT.C: 0,04n + 0,06.4 = 0,31  n = 1,75  X CH5N (x mol); Y C2H7N (y mol) x + y = 0,04 x + 2y = 1,75.0,04  x = 0,01; y = 0,03 Khối lượng X 2,24 lít khí E 0,31 gam  đáp án D Bài tập tự luyện: Câu Hỗn hợp X chứa amin no, mạch hở, đơn chức (đồng đẳng liên tiếp, tỷ lệ mol : 1), một ankan một anken Đốt cháy hoàn toàn 0,7 mol X cần dùng vừa đủ 1,76 mol O2 Sản phẩm cháy thu có chứa 41,36 gam CO 0,1 mol N2 Phần trăm khối lượng anken có X gần với A 22,6% B 24,2% C 25,0% D 18,8% Câu Hỗn hợp A gồm amin no, đơn chức, mạch hở có tỉ khối so với H bằng 33 Hỗn hợp B gồm ankan X, Y đồng đẳng (M X < MY) Đốt cháy 0,3 mol hỗn hợp E gồm A, B cần dùng 1,73 mol O 2, sản phẩm cháy chứa CO2, H2O N2, đó tổng khối lượng CO2 H2O 70,44 gam Phần trăm khối lượng Y B A 19.69% B 75,21% C 25,69% D 24,79% Câu Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp X gồm etilen amin no, mạch hở, đồng đẳng oxi dư thu 17,92 lít CO 2, 6,72 lít N2 (các khí đo đktc) 25,2 gam H 2O Khối lượng amin có khối lượng mol phân tử lớn X A 4,4 gam B 9,2 gam C gam D 12 gam Câu Hỗn hợp X chứa amin (no, đơn chức, mạch hở) ankan, anken Đốt cháy hoàn toàn 0,8 mol X cần dùng vừa đủ 2,06 mol O2 Sản phẩm cháy thu có chứa 1,12 mol CO2 0,12 mol N2 Phần trăm khối lượng anken có X gần với giá trị sau ? A 30,3% B 35,5% C 28,2% D 32,7% Câu Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở, đơn chức, bậc III) hai ankin Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol E cần dùng 0,5 mol O 2, thu N2, CO2 H2O Dẫn tồn bợ sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ca(OH) dư, thu 35 gam kết tủa Khối lượng amin X 13,4 gam hỗn hợp E A 5,90 gam B 2,36 gam C 4,72 gam D 3,54 gam Câu Hỗn hợp X gồm amin no, đơn chức, mạch hở có tỉ khối so với hidro 22,5 Hỗn hợp Y gồm hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp Trộn m gam X với m gam Y hỗn hợp khí T Đốt cháy hoàn toàn 0,675 mol T thu 1,75 mol H2O, 1,075 mol hỗn hợp CO2 N2 Phần trăm khối lượng hidrocacbon có phân tử khối lớn T có giá trị gần với A 25 B 20 C 15 D 10 Câu Hỗn hợp X gồm amin (no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp) hai hidrocacbon (mạch hở, thể khí điều kiện thường, có số nguyên tử H phân tử) Đốt cháy hồn tồn 5,6 lít X cần vừa đủ 19,656 lít O thu H2O, 29,92 gam CO2 0,56 lít N2 (các khí đo đktc) Phần trăm thể tích amin có phân tử khối lớn X A 12% B 8% C 24% D 16% 12 2.3.2.2 Đốt cháy hỗn hợp amin với chất hữu khác: Ví dụ (Trích đề TN THPTQG-BGD-2020-Mã 217) Cho hỗn hợp E gồm ba chất X, Y ancol propylic X, Y hai amin kết tiếp dãy đồng đẳng; phân tử X, Y có hai nhóm amino gốc hidrocacbon không no; M X < MY Khi đốt cháy hết 0,12 mol E cần vừa đủ 0,725 mol O2, thu H2O, N2 0,46 mol CO2 Phần trăm khối lượng X E A 40,89% B 30,90% C 31,78% D 36,44% Hướng dẫn giải: Cách 1: E (X, Y, C3H7OH) + O2  CO2 + H2O + N2 Đặt số mol ancol a BTNT oxi ta có: a + 0,725.2 = 0,46.2 + nH2O  nH2O = a + 0,53  nH2O – nCO2 = a + 0,53 – 0,46 = a + 0,07 Đốt cháy ancol thu nH2O – nCO2 = a  Đốt cháy X, Y thu nH2O – nCO2 = 0,07 >  X, Y amin chức có liên kết đôi có công thức chung: CnH2n+2N2  nX+Y = nH2O(đốt X,Y) – nCO2(đốt X,Y) = 0,07  nancol = 0,12 – 0,07 = 0,05  nCO2(đốt X,Y) = 0,46 – 0,05.3 = 0,31  CTB(X,Y) = 0,31/0,07  4,429  amin gồm C4H10N2 (x mol) C5H12N2 (y mol) Ta có: x + y = 0,07 4x + 5y = 0,31  x = 0,04; y = 0,03  %C4H10N2 = 0,04.86 : (0,03.100 + 0,04.86 + 0,05.60).100% = 36,44%  đáp án D Cách 2: Đặt công thức X, Y CnH2n+4-2kN2 (x mol); C3H7OH (y mol) Ta có: x + y = 0,12 (1) nCO2 = nx + 3y = 0,46 (2) nO2(pư) = (1,5n + – 0,5k)x + 4,5y = 0,725 (3) Thế (2) vào (3)  (1 – 0,5k)x = 0,035 Do x < 0,12  – 0,5k > 7/24  k < 17/24  1,42  k =  x = 0,07; y = 0,05; n = 31/7  4,429  Công thức X C4H10N2 (z mol) Y C5H12N2 (t mol) Ta có: z + t = 0,07 4z + 5t = 0,31  z = 0,04; t = 0,03  %C4H10N2 = 36,44%  đáp án D Ví dụ (Trích đề thi thử TN THPTQG lần - 2021-THPT Chuyên ĐH Vinh) Hỗn hợp X gồm hai amin no, đơn chức, mạch hở Hỗn hợp Y gồm Gly, Ala, Val Trộn a mol X với b mol Y thu hỗn hợp Z Đốt cháy Z cần dùng 1,05 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O N2 dẫn qua bình đựng H2SO4 đặc, dư, 13 thấy khối lượng bình tăng 18 gam, đồng thời thu 17,92 lít hỗn hợp khí Tỉ lệ a:b A : B : C : D : Hướng dẫn giải: X = CH4 + ?CH2 + NH (a mol) Y = CH4 + ?CH2 + COO + NH (b mol) CH : a  b CO : a  2b  c  NH : a  b    O :1,05   H 2O : 2,5a  2,5b  c  COO:b   N : 0,5a  0,5b  CH : c Quy Z  Ta có: nH2O = 2,5a + 2,5b + c = BTNT.O: 2b + 2.1,05 = 4,5a + 6,5b + 3c nCO2 + nN2 = 1,5a + 2,5b + c = 0,8 giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,1; c = 0,25  a : b = :  đáp án C Ví dụ Hỗn hợp M gồm mợt este no, đơn chức, mạch hở A hai amin no, đơn chức, mạch hở X Y đồng đẳng (M X < MY) Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol M thu N2; 8,46 gam H2O 7,168 lít CO2 (đktc) Phần trăm khối lượng amin Y M A 9,60% B 16,67% C 15,68% D 5,53% Hướng dẫn giải: nCO2 = 0,32; nH2O = 0,47  namin = (nH2O – nCO2) : 1,5 = 0,1  nEste = 0,2 – 0,1 = 0,1 M gồm CxH2xO2 CyH2y+3N  nCO2 = 0,1x + 0,1y = 0,32 Với x ≥ y >  x = 2, y = 1,2 nghiệm  Este C2H4O2 (0,1) amin gồm CH5N (0,08) C2H7N (0,02)  %C2H7N = 9,59%  đáp án A Ví dụ Hỗn hợp X chứa hai amin Y Z không no (có một nối đôi C=C), đơn chức, mạch hở dãy đồng đẳng (M Y < MZ nY < nZ) một α-amino axit đồng đẳng Glyxin Đốt cháy hoàn toàn 23,52 gam hỗn hợp X thu 47,52 gam CO2 2,688 lít N2 (đktc) Mặt khác cho X tác dụng với 150 ml NaOH 1M sau đó cho HCl dư vào thu dung dịch T chứa muối (biết phân tử amino axit có số C lớn bốn amin có số C lớn hai) Phần trăm khối lượng muối aminoaxit có T A 56,08% B 45,89% C 49,67% D 55,59% Hướng dẫn giải: Amin = C2H5N + kCH2 (k > 1) Amino axit = C2H5NO2 + gCH2 (g ≥ 3) Quy đổi X thành C2H5N (a), C2H5NO2 (b) CH2 (c) mX = 43a + 75b + 14c = 23,52 14 nCO2 = 2a + 2b + c =1,08 nN2 = 0,5a + 0,5b = 0,12  a = 0,09; b = 0,15; c = 0,6 nCH2 = 0,09k + 0,15g = 0,6  3k + 5g = 20 Với k > g ≥  k = 5/3 g = nghiệm X gồm C3H7N (0,03), C4H9N (0,06), C5H11NO2 (0,15) T chứa C3H8NCl (0,03), C4H10NCl (0,06), C5H12NO2Cl (0,15) NaCl (0,15)  %C5H12NO2Cl = 56,08%  đáp án A Bài tập tự luyện: Câu Đốt cháy hoàn toàn 0,18 mol ancol đơn chức X bằng 0,702 mol O dư, thu 1,062 mol hỗn hợp khí với Đốt cháy hoàn toàn E gồm X 0,2020 mol amin, no, đơn chức, mạch hở cần dùng vừa đủ 1,08 mol O 2, thu N2, CO2 (a mol) H2O Giá trị a A 0,681 B 0,632 C 0,619 D 0,652 Câu Hỗn hợp E gồm hai chất hữu mạch hở: X amin no Y este hai chức (số mol X lớn số mol Y) Đốt cháy 0,26 mol E cần dùng vừa đủ 2,09 mol O2, thu N2, CO2 28,44 gam H2O Mặt khác, cho lượng X có 0,26 mol E tác dụng với dung dịch HCl dư lượng HCl phản ứng tối đa 0,28 mol Khối lượng Y 0,26 mol E A 17,28 gam B 18,96 gam C 17,52 gam D 19,20 gam Câu Hỗn hợp X gồm este no, đơn chức mạch hở amin no, mạch hở, đó có amin đơn chức amin hai chức (hai amin có số mol bằng nhau) Cho m gam X tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch KOH 1,0M Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần dùng 1,20 mol O 2, thu CO2, H2O 0,12 mol N2 Giá trị m A 24,58 B 20,19 C 25,14 D 22,08 Câu Hỗn hợp A gồm hai amin no, đơn chức, mạch hở X, Y (M X